Đề tham khảo ĐGNL V-SAT môn Hóa 2026 (Đề 3)

1. Sai. Đường (a) mô tả biến thiên nồng độ chất tham gia theo thời gian.

2. Đúng. t₂ mới là thời điểm phản ứng đạt trạng thái cân bằng.

3. Đúng.

4. Sai. Đường (b) mô tả biến thiên nồng độ chất sản phẩm theo thời gian.

1. Đúng.

2. Sai. ${\Delta }_r^{}{H}_{298}^0$= 24,7 kJ mol^-1 > 0 nên quá trình này thu nhiệt.

3. Đúng. Do quá trình hoá hơi của C₂H₅Cl lỏng thu nhiệt.

4. Đúng. $C{H}_3-C{H}_3+C{l}_2\stackrel{as,1:1}{\to }C{H}_3-C{H}_{2}Cl+HCl$

1. Đúng.

2. Đúng.

3. Sai. Chất béo chứa nhiều gốc acid béo không no ở trạng thái lỏng điều kiện thường.

4. Sai. Chất béo chứa nhiều gốc acid béo no ở trạng rắn điều kiện thường.

1. Sai. Nguyên tử trung tâm là cation Fe³⁺

2. Sai. Phối tử là H₂O.

3. Đúng. \mathrm{\%}{m}_{Fe}=\frac{56}{56+18.6+62.3}.100\mathrm{\%}=16\mathrm{\%}.

4. Sai. \frac{m_{H_{2}O}}{m_{Fe}}=\frac{18.6}{56}=\frac{27}{14}.

1. Đúng.

2. Sai. NaCl bão hòa là để tách lấy sản phẩm.

3. Đúng. Phản ứng thuận nghịch, không hoàn toàn.

4. Sai. Có sự phân lớp do ester tạo thành không tan, nhẹ và nổi lên trên.

E: saccharose, G: glucose, T: fructose, Q: C₂H₅OH.

1. Sai. E là saccharose liên kết α – 1,2 – glycoside.

2. Đúng.

3. Sai. T có nhóm -OH hemiketal.

4. Đúng.

1. Đúng.

2. Sai. Vì nguyên tử N không gắn trực tiếp vào nguyên tử C của vòng benzene nên không phải arylamine.

3. Sai. Số C trong naftifine là 21.

4. Đúng. Naftifine là một amine có tính base nên tác dụng được với acid.

1. Sai. Trong phản ứng chuẩn độ, chất khử là Fe²⁺, chất oxi hóa là KMnO₄.

2. Sai. Fe bị ăn mòn nhanh hơn khi có C. Sự có mặt của C và một số nguyên tố khác làm thép với tính chất cơ lí vượt trội so với sắt nguyên chất.

3. Sai. Điểm kết thúc khi dung dịch có màu hồng bền.

4. Đúng.

5Fe²⁺ + MnO₄^- + 8H⁺ → 5Fe³⁺ + Mn²⁺ + 4H₂O

Vdd KMnO₄ 0,1M trung bình = 17,5 mL.

1. Sai. Từ bảng độ tan của các hydroxide xác định được, độ tan của các hydroxide giảm dần từ Ba{\left(OH\right)}_2 đến Mg{\left(OH\right)}_2.

2. Đúng. Từ bảng độ tan của các hydroxide xác định được, mức độ phản ứng với nước tăng dần từ Mg đến Ba.

3. Sai. $C\mathrm{\%}\text{=}\frac{S}{S+100}.100\mathrm{\%}=\frac{3,89}{3,89+100}\times 100\mathrm{\%}=3,74\mathrm{\%}.$

4. Đúng. Mg{\left(OH\right)}_2 là chất không tan do S < 0,01, Ca{\left(OH\right)}_2 là chất ít tan do 0,01 < S < 1 với S có đơn vị g/100gam{H}_{2}O.

Đáp án đúng là: A

Thêm lượng dư không khí vào hệ (tăng nồng độ oxygen) làm cho cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận ⟹ Làm tăng hiệu suất phản ứng.

Đáp án đúng là: D

Ta có hệ số nhiệt của phản ứng là 2 hay nhiệt độ phản ứng tăng $10^{o}C$ thì tốc độ phản ứng tăng 2 lần. Phản ứng oxi hóa sulfur dioxide được thực hiện ở $500^{o}C$ (tăng $50^{o}C$) so với phản ứng thực hiện ở $450^{o}C.$

Ta có \frac{500-450}{10}=5⟹ Khi nhiệt độ tăng từ $450^{o}C$ lên $500^{o}C$ (tăng liên tiếp 5 lần) thì tốc độ phản ứng tăng $2^5$ = 32 lần.

Đáp án đúng là: B

dd{H}_{2}S{O}_4\{\begin{array}{l}{m}_{H_{2}S{O}_4}=98kg\Rightarrow n_{H_{2}S{O}_4}=\frac{98.10^3}{98}=1000mol\\ m_{H_{2}O}=2kg\Rightarrow n_{H_{2}O}=\frac{1000}{9}mol\end{array}

PTHH: (1) SO₃ + H₂O → H₂SO₄

\frac{1000}{9} ←\frac{1000}{9} → \frac{1000}{9} \Rightarrow m_{S{O}_3(oleum)}=25-80.\frac{1000}{9}.10^{-3}=\frac{145}{9}kg

(2) H₂SO₄ + nSO₃ → H₂SO₄.nSO₃

BTKL:m_{oleum}=m_{dd{H}_{2}S{O}_4}+m_{S{O}_3}=100+25=125kg\Rightarrow \mathrm{\%}{m}_{S{O}_3}=b\mathrm{\%}=\frac{\raisebox{1ex}{$145$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$9$}\right.}{125}.100\mathrm{\%}\approx 12,9\mathrm{\%}.

Đáp án đúng là: D

Chất xúc tác Fe chỉ làm tăng tốc tốc độ phản ứng để phản ứng nhanh đạt tới trạng thái cân bằng chứ không làm tăng hiệu suất tổng hợp NH₃.

Đáp án đúng là: D

Để tách riêng NH₃ ra khỏi hỗn hợp khí sau khi đi ra khỏi buồng phản ứng, người ta thường tiến hành làm lạnh hỗn hợp ở nhiệt độ và áp suất thích hợp để hoá lỏng NH₃.

Đáp án đúng là: A

Ta có: M_{hỗn hợp} = 3,6.2 = 7,2.

Áp dụng sơ đồ đường chéo:

$\Rightarrow \frac{n_{N_2}}{n_{H_2}}=\frac{20,8}{5,2}=\frac{1}{4}$

Quá trình tổng hợp NH₃ diễn ra như sau:

                  ${\text{N}}_2+3{\text{H}}_2\rightleftharpoons 2N{H}_3$

Ban đầu:   1                 4                             mol

Phản ứng: x                3x                  2x     mol

Cân bằng: 1 - x        4 - 3x               2x     mol

Tại thời điểm cân bằng tổng số mol khí là: 1-x+4-3x+2x=5-2x

Số mol tại thời điểm cân bằng giảm 8% so với ban đầu:

\Rightarrow 5-4x=92\text{\%}.(1+4)\Rightarrow x=0,1

Giả sử H = 100% thì N₂ hết trước, nên hiệu suất phản ứng tính theo N₂:

H=\frac{0,1}{10}.100\text{\%}=10\text{\%}

1 – F: Cu không tác dụng với HCl.

2 – C: 2Al + 3H₂SO_{4 loãng} → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂.

3 – A: Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂; Cu không tác dụng với HCl.

4 – E: 2K + 2H₂O → 2KOH + H₂; 2KOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂↓ + K₂SO₄.

1 – F: MnO₂ + 4HCl $\stackrel{t^o}{\to }$ MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O.

2 – C: 2HCl + CaCO₃ → CaCl₂ + CO₂ + H₂O.

3 – B: Ca(OH)₂ + 2NH₄NO₃ → Ca(NO₃)₂ + 2NH₃ + 2H₂O.

4 – E: 4NH₃ + 5O₂ $\stackrel{Pt,t^o}{\to }$4NO + 6H₂O.

1 – B: Ethyl amine có tính base làm giấy quỳ tím ẩm chuyển sang màu xanh.

2 – E: Glucose có nhóm -CHO, có phản ứng với thuốc thử Tollens.

3 – F:

4 – A: 2CH₃CH₂COOH + CaCO₃ → (CH₃CH₂COO)₂Ca + CO₂ + H₂O

X là Gly-Val-Ala-Gly.

1 – B: X là tetrapeptide nên có 4 gốc α-amino acid có trong một phân tử X.

2 – E: Thủy phân X thu được tối đa 3 dipeptide là: Gly – Val; Val – Ala; Ala – Gly.

3 – C: Số nguyên tử O trong một phân tử X là 5.

4 – D: n_NaOH = 4n_X = 4.1,5 = 6 mol.

(1) 2NaCl (X₁) + 2H₂O $\underset{có màng ngăn}{\overset{điện phân}{\to }}$ 2NaOH (X₂) + Cl₂↑(X₃) + H₂↑

(2) 2NaOH + Ca(HCO₃)₂ (X₄)→ CaCO₃↓ + Na₂CO₃ + 2H₂O

(3) 2NaOH + Cl₂ → NaCl + NaClO (X₅) + H₂O

(4) Ca(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄(X₆) → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + 2CO₂↑ + 2H₂O

Vậy: 1 – B; 2 – E; 3 – F; 4 – C.

Đáp án: 5.

Trong sơ đồ trên, phản ứng trùng ngưng là phản ứng số (5).

Phản ứng (1) là phản ứng thủy phân cellulose.

Phản ứng (2) là phản ứng lên men rượu.

Phản ứng (3) là phản ứng tách nước.

Phản ứng (4) là phản ứng oxi hóa.

Đáp án: 3600

Khối lượng ethanol có trong 2 triệu chai rượu vang 13,8° dung tích 750 mL là:

$2.10^6.750.\frac{13,8}{100}.0,8=165,6.10^{6}g=165,6$tấn.

Ta có sơ đồ:

$\begin{array}{l}{C}_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{}{\to }2C_2{H}_{5}OH\\ 1802.46gam\\ m165,6tan\end{array}$

$\Rightarrow m=\frac{165,6.180}{2.46}.\frac{100}{60}.\frac{100}{15}=3600$tấn.

Đáp án: 5,1

Công thức Faraday: $n_e=\frac{It}{F}=\frac{2,1.45.60}{96500}=\frac{567}{9650}mol=n_{Ag}$m_{Ag}=108.\frac{567}{9650}gam\stackrel{H=80\mathrm{\%}}{\to }{m}_{Ag}=108.\frac{567}{9650}.80\mathrm{\%}\approx 5,077\approx 5,1gam.

Đáp án: 720

PTHH: 2Al₂O₃ \stackrel{đ\text{p}\text{n}\text{c}}{\to } 4Al + 3O₂

{\text{n}}_{Al}=\frac{2700}{27}=100mol \Rightarrow n_{O_2}=\frac{100.3}{4}=75mol

Ta có: C+\underset{75mol}{\underbracket{O_2}}\stackrel{}{\to }hh\{\begin{array}{l}CO:amol\\ C{O}_2:amol\end{array}và O₂ dư: a mol.

BTNT (O): 2n_{O_2}=n_{CO}+2n_{C{O}_2}+2n_{O_2}\Rightarrow 2.75 = a + 2a + 2a \Rightarrow a = 30 mol

BTNT (C): n_C=n_{CO}+n_{C{O}_2}=2a=60mol\Rightarrow x=m_C=60.12=720g.

Đáp án: 42.

Ta có: C₃H₈ (g) + 5O₂ (g) → 3CO₂ (g) + 4H₂O (g)

hay \begin{array}{l}HHH\\ H-\underset{|}{\overset{|}{C}}-\underset{|}{\overset{|}{C}}-\underset{|}{\overset{|}{C}}-H\\ HHH\end{array} + 5O=O → 3O=C=O + 4H – O – H (1)

{\Delta }_r{H}_{298}^o(1)=[2.346+8.418+5.494]-[3.2.732+4.2.459]=-1558kJ.

Ta có: C₄H₁₀(g) + 6,5O₂(g) → 4CO₂(g) + 5H₂O(g)

hay \begin{array}{l}HHHH\\ H-\underset{|}{\overset{|}{C}}-\underset{|}{\overset{|}{C}}-\underset{|}{\overset{|}{C}}-\underset{|}{\overset{|}{C}}-H\\ HHHH\end{array} + 6,5O=O → 4O=C=O + 5H –O–H (2)

{\Delta }_r{H}_{298}^o(2)=[3.346+10.418+6,5.494]-[4.2.732+5.2.459]=-2017kJ.

\{\begin{array}{l}{n}_{C_3{H}_8}=xmol\\ n_{C_4{H}_{10}}=2xmol\end{array}\Rightarrow m_{hh}=44x+58.2x=12000\Rightarrow x=75mol

\Rightarrow Q_tỏa = 75.1558 + 2.75.2017 = 419400 kJ.

\Rightarrow Số ngày sử dụng hết bình gas = \frac{419400}{10000}=41,94\approx 42ngày.